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2017届河北省定州中学高三(高补班)上学期开学考试物理试题(含解析)


河北定州中学 2016-2017 学年第一学期高四开学考 试物理试题
第 I 卷(选择题 44 分)
一. 选择题(共 44 分,本大题共 11 小题,每小题 4 分,在每小题给出的四个选项中,第 1 至 7 题只有一 项符合题目要求,第 8 至 11 题有多项符合题目要求. 全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的 得 0 分) 1.如图甲所示

的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为 10 :1 ,原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交 流电,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出) ,电压表和电流表均为理想电表, R 为半导体热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小,下列说法中正确的是(

R 0 和 R1 为定值电阻,


A、R 处出现火警时电压表示数增大 B、R 处出现火警时电流表示数减小 C、图乙中电压的有效值为 220V D、电压表的示数为 11 2V 2.一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动,其电势能 E p 随位移 x 变化的关系如图所示, 其中 0 ?

x 2 段是关于直线 x ? x1 对称的曲线, x 2 ? x3 段是直线,则下列说法正确的是(



A、 x1 处电场强度最小,但不为零 B、粒子在 0 ?

x 2 段做匀变速运动, x 2 ? x3 段做匀速直线运动
0
1 2

C、在 0、 x1 、 x 2 、 x 3 处电势 ? 、 ? 、 ? 、 ? 的关系为
3

? 3 ? ? 2 ? ? 0 ? ?1

D、 x 2 ?

x3 段的电场强度大小方向均不变

3.图示电路中,电源为恒流源,能始终提供大小恒定的电流.R0 为定值电阻,移动滑动变阻器的滑片, 则下列表示电压表示数 U、电路总功率 P 随电流表示数 I 变化的关系图线中,可能正确的是

1页

4.如图所示, A、B、C 为直角三角形的三个顶点,∠A=30°,D 为 AB 的中点,负点电荷 Q 位于 D 点.A、 B、C 三点的电势分别用 ? A 、 ? B 、 ? C 表示,下列说法正确的是

A. ?C 大于 ? A B.A、B 两点电场强度相同 C.负检验电荷在 BC 连线上各点具有的电势能都相等 D.将正检验电荷沿 AC 从 A 点移到 C 点,电场力先做正功后做负功 5.如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图。跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为 M 的物 块,当左侧物块附上质量为 m 的小物块时,该物块由静止开始加速下落,下落 h 后小物块撞击挡板自动脱 离,系统以 v 匀速运动。忽略系统一切阻力,重力加速度为 g.若测出 v,则可完成多个力学实验。下列 关于此次实验的说法,正确的是

A.系统放上小物块后,轻绳的张力增加了 mg B.可测得当地重力加速度 g ?

(2M ? m)v 2 2mh
2

C.要验证机械能守恒,需验证等式 mgh=Mv ,是否成立 D.要探究合外力与加速度的关系,需探究 mg ? ( M ? m)

v2 是否成立 2h

6.2015 年 9 月 14 日,美国的 LIGO 探测设施接收到一个来自 GW150914 的引力波信号,此信号是由两个黑 洞的合并过程产生的。如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型,两黑洞绕 O 点做匀速圆周 运动。在相互强大的引力作用下,两黑洞间的距离逐渐减小,在此过程中,两黑洞做圆周运动的

2页

A.周期均逐渐增大 B.线速度均逐渐减小 C.角速度均逐渐增大 D.向心加速度均逐渐减小 7.如图甲,一带电物块无初速度地放上皮带轮底端,皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动,该装置处 于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由底端 E 运动至皮带轮顶端 F 的过程中,其 v-t 图像如图乙所示,物 块全程运动的时间为 4.5 s,关于带电物块及运动过程的说法正确的是

A.该物块带负电 B.皮带轮的传动速度大小一定为 lm/s C.若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D.在 2s~4.5s 内,物块与皮带仍可能有相对运动 8.钳形电流表的外形和结构如图甲所示.图甲中电流表的读数为 0.9 A,图乙中用同一电缆线绕了 3 匝, 则

A.这种电流表能测出交变电流的有效值 B.这种电流表既能测直流电流,又能测交变电流 C.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为 0.3A D.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为 2.7 A 9.变压器除了有改变电压、电流作用外,还有变换负载的阻抗作用,以实现阻抗匹配。如图所示,将阻 值为 R0 的负载接在理想变压器副线圈两端,则图(a)中虚线部分可等效为图(b)中阻值为 R 的电阻接在 AB 两点上,即 R 的两端电压为 u1,通过的电流为 I1。已知变压器的匝数比为 n1:n2,若图(a)的 AB 两端 接在电动势为 ? ,内阻为 r 的交流电源上,要使此电源的输出功率达到最大,下列说法正确的是

3页

A.R0=R 时输出功率最大

?2 B.最大输出功率 P ? 4r
C.输出功率最大时 D. r 时输出功率最大

10.如图所示,一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射向一上、下表面平行且足够大的厚玻璃平面镜 的上表面,得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,则( )

A、光束Ⅰ仍为复色光,光束Ⅱ、Ⅲ为单色光,且三束光一定相互平行 B、增大 ? 角且 ? ? 90 ,光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ
0

C、玻璃对光束Ⅲ的折射率大于对光束Ⅱ的折射率 D、减小 ? 角且 ? ? 0 ,光束Ⅲ可能会由于全反射而从上表面消失
0

E、光束Ⅲ比光束Ⅱ更容易发生明显衍射 11.一定量的理想气体从状态 a 开始,经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态,其 p ? T 图像如图所示, 下列判断正确的是 。

A、一定量气体膨胀对外做功 100 J ,同时从外界吸收 120 J 的热量,则它的内能增大 20 J B、在使两个分子间的距离由很远 r ? 10 m 减小到很难在靠近的过程中,分子间作用力先减小后增大, 分子势能不断增大 C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,液体表面存在张力 D、用油膜法测出油分子的直径后,要测定阿伏伽德罗常数,只需再知道油的密度即可 E、空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和气压,水蒸发越慢

?

?9

?

第Ⅱ卷(非选择题,共 66 分)
二、计算题:共 4 题 每题 20 分 共 80 分
4页

12.如图所示,面积 S ?100cm 的轻活塞 A 将一定质量的气体封闭在导热性能良好的气缸 B 内,
2

汽缸开口向上竖直放置,高度足够大,在活塞上放一重物,质量为 m ? 20kg ,静止时活塞到缸底的距离 为 L1

? 20cm ,摩擦不计,大气压强为 P0 ? 1.0?105Pa ,温度为 270C ,g 取 10m / s 2 。

(1)若保持稳定不变,将重物去掉,求活塞 A 移动的距离; (2)若加热汽缸 B,使封闭气体温度升高到177
0

C ,求活塞 A 移动的距离。

13.如图所示,在轴上方存在垂直 xoy 平面向外的匀强磁场,坐标原点 O 处有一粒子源,可向 x 轴和 x 轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为 v,质量为 m、带电量为 q 的同种带电粒子。在 x 轴上距离原 点 x 0 处垂直于 x 轴放置一个长度为 x 0 、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板 P(粒子一旦打在金属板 P 上,其速度立即变为 0) 。现观察到沿 x 轴负方向射出的粒子恰好打的薄金属板的上端,且速度方向与 y 轴平行,不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力。

(1)求磁感应强度 B 的大小; (2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值; (3)若在 y 轴上另放置一能接收带电粒子的挡板,使薄金属板 P 右侧不能接收到带电粒子,试确定 挡板的最小长度和放置的位置坐标。 14. 如图所示, 光滑的金属导轨间距为 L, 导轨平面与水平面成α 角, 导轨下端接有阻值为 R 的电阻. 质 量为 m 的金属细杆 ab 与绝缘轻质弹簧相连静止在导轨上,弹簧劲度系数为 k,上端固定,弹簧与导轨平面 平行,整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度为 B.现给杆一沿导轨向下的初速 度 v0,杆向下运动至速度为零后,再沿导轨平面向上运动达最大速度 v1,然后减速为零,再沿导轨平面向 下运动,一直往复运动到静止(金属细杆的电阻为 r,导轨电阻忽略不计) .试求:

(1)细杆获得初速度的瞬间,通过 R 的电流大小;
5页

(2)当杆速度为 v1 时,离最初静止位置的距离 L1; (3)杆由 v0 开始运动直到最后静止,电阻 R 上产生的焦耳热 Q. 15.如图(a)所示,在竖直平面内建立直角坐标系 xoy,整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀 0 强磁场和水平向右的匀强电场,匀强电场的方向与 x 轴止方向夹角为 45 。已知带电粒子质量为 m、电量为

mg q ,重力加速度为 g. +q,磁感应强度大小为 B,电场强度大小 E ?

(1)若粒子在 xoy 平面内做匀速直线运动,求粒子的速度 v0; (2)t=0 时刻的电场和磁场方向如图(a)所示,若电场强度和磁感应强度的大小均不变.而方向随

T 时间周期性的改变,如图(b)所示。将该粒子从原点 O 由静止释放,在 0 一 2 时间内的运动轨迹如图(c)
虚线 OMN 所示,M 点为轨迹距 y 轴的最远点,M 距 y 轴的距离为 d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内 切的半径最大的圆,物休经过此点时,相当于以此圆的半径在做圆周运动,这个圆的半径就定义为曲线上 这点的曲率半径。求: ①粒子经过 M 点时曲率半径 ? ②在图中画出粒子从 N 点回到 O 点的轨迹。 16.如图所示,一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球 B,静止在图示位置.若固定的带 正电、可视为点电荷的小球 A 的电量为 Q,B 球的质量为 m,电量为 q,丝线偏向角为θ ,A 和 B 在同一水 平线上,整个装置处在真空中.

(1)小球 B 所在位置的电场强度的大小为多少?方向如何? (2)A、B 两球之间的距离为多少? 17.双星系统中两个星球 A、B 的质量都是 m,A、B 相距 L,它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周

T ? k (k ? 1) T T 0 0 运动。实际观测该系统的周期 T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值 ,且 ,于是有人
猜测这可能是受到了一颗未发现的星球 C 的影响,并认为 C 位于双星 A.B 的连线正中间,相对 A、B 静止, 求: (1)两个星球 A.B 组成的双星系统周期理论值 (2)星球 C 的质量

T0

6页

参考答案 【答案】D 【解析】 试题分析:R 处温度升高时,电压表示数不变,阻值减小,副线圈电流增大,而输出功率和输入功率 相等,所以原线圈电流增大,即电流表示数增大,故 AB 错误;设将此电流加在阻值为 R 的电阻上,电压

Um 2 ) 2 2 ? T ? U ?T U 2 R 的最大值为 m ,电压的有效值为 U. R 代入数据得图乙中电压的有效值为 110 2V ,故 (
C 错误;变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈中的电压之比是10 :1 ,所以电 压表的示数为 11 2V ,故 D 正确。 考点:变压器的构造和原理 【名师点睛】根据电流的热效应,求解交变电流的有效值是常见题型,要熟练掌握,根据图象准确找 出已知量,是对学生认图的基本要求,准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系,是解 决本题的关键。 【答案】D 【解析】

试题分析:根据电势能与电势的关系:

E p ? q?
?E p

E?
,场强与电势的关系:

1 ?E ?? E? ? p q ?x , ? x ,得:

由数学知识可知 由图看出在

Ep ? x

x x 图象切线的斜率等于 ?x , 1 处切线斜率为零, 则 1 处电场强度为零, 故 A 错误;

0 ~x1 段图象切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小, x1 ~x2 段图象切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大,做非匀变速运

做非匀变速运动. 动,

x2~x3 段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,
E p ? q?
< 0 ,则知: ,粒子带负电, q

做匀变速直线运动,故 B 错误,D 正确;根据电势能与电势的关系: 电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有:

?1 >?2= ?3 ?> 0

,故 C 错误。

考点:电势、电场强度、电势能 【名师点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义,判断电势和场强的变化,再根据力学基本 规律:牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况. 3.C 【解析】 试题分析:由图 为

R0 与 R 并联,电压表测电源电压,电流表测 R 支路的电流.若电源提供的电流恒定

I总 ,根据并联电路特点可知: U ? U0 ? I0 R0 ? ? I总 ? I ? R0 ? ?IR0 ? I总R0 ,其中 I总、R0 为定值,由

U ? ?R0 I ? I总R0 ,可知 U 与 I 的图象为一次函数,且 ?R0 ? 0 ,故 AB 错误;由电功率的计算公式:电路
7页

消 耗 总 功 率 :

P ? UI总 ? ? I总 ? I ? R0 ? I总 ? ?I总R0 I ? I总2 R0

, 其 中

I总、R0 为 定 值 , 由

P ? ?I总R0 I ? I总2 R0 ,可知 P 与 I 的图象为一次函数, ? I总R0 ? 0 ,且 I 不能为 0,P 不会为 0,故 C 正
确,D 错误. 考点:考查了电功率的计算 【名师点睛】本题考查并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用,要抓住电源是恒流源,关键 是得出 U 与 I 和 P 与 I 的表达式,利用数学知识分析判断它们之间的关系. 4.D 【解析】 试题分析:点电荷的等势面是一系列的同心圆,A、C 两点在同一个等势面上,故

?C 等于 ? A ,故 A 错

E?k
误;A、B 两点场源点电荷距离相等,根据点电荷场强公式

Q r 2 ,故 AB 两点的电场强度大小相等,但

方向不同,故 A、B 两点的电场强度不相同,故 B 错误;BC 连线上各点距场源距离不等,电势不等,根据

EP ? q? ,负检验电荷在 BC 连线上各点具有的电势能不相等,故 C 错误;AC 连线上,越靠近负电荷电势
越低, 从 A 到 C 电势先降低后升高, 正检验电荷具有的电势能先减小后增大, 故电场力先做正功后做负功, 故 D 正确 考点:考查了点电荷电场分布规律 【名师点睛】本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律,知道沿着电场线电势逐渐 降低 5.B 【解析】

a?
试题分析:对系统,由牛顿第二定律得,加速度:

? M ? m ? g ? Mg ?
M ?m?M

mg 2M ? m ,对 M,由牛顿第

二 定 律 得 : F ? Mg ? Ma , 解 得 :

F ? Mg ?

Mmg 2M ? m , 故 A 错 误 ; 对 系 统 , 由 动 能 定 理 得 :

? M ? m ? gh ? Mgh ? ? M ? m ? M ? v 2 ? 0
1 2

1 2

g?
,解得:

? 2M ? m ? v 2
2mh
mgh ?
,故 B 正确;如果机械能守恒,

则:

? M ? m ? gh ? Mgh ? ? M ? m ? M ? v 2

,整理得:

1 ? 2M ? m ? v 2 2 ,故 C 错误;物体做初速

v2 a? 2h ,由牛顿第二定律得: ? M ? m? g ? Mg ? ? M ? m ? M ? a , 度为零的匀加速直线运动,加速度:

整理得:

mg ? ? 2M ? m ?

v2 v2 mg ? ? 2M ? m ? 2h ,要探究合外力与加速度的关系,需探究 2h 是否成立,故

D 错误; 考点:牛顿第二定律,机械能守恒定律 【名师点睛】本题是一道信息给予题,认真审题、根据题意获取所需的信息是解题的前提,应用牛顿
8页

第二定律、动能定理与运动学公式可以解题;解题时注意研究对象的选择. 6.C 【解析】

G
试题分析:根据

M 1M 2 4? 2 R1 4? 2 R1 2 4? 2 L2 ? M M ? L M ? R2 1 2 1 L2 T 2 ,解得 GT 2 GT 2 ,同理可得 ,所以

4? 2 L2 4? 2 L3 M1 ? M 2 ? ? R1 ? R2 ? ? GT 2 GT 2 ,当 M1 ? M 2 不变时,L 增大,则 T 增大,即双星系统运行周期会

G
随间距减小而减小, 故 A 错误; 根据

M1M 2 M1v12 GM 2 R1 ? v ? L2 2R1 ,解得 1 L2 ,由于 L 平方的减小比 r1 和 r2

??
的减小量大,则线速度增大,故 B 错误;角速度

2? T ,结合 A 可知,角速度增大,故 C 正确;根据

G

M 1M 2 ? M 1a1 ? M 2 a L2 知,L 变小,则两星的向心加速度增大,故 D 错误.
考点:考查了万有引力定律的应用 【名师点睛】在万有引力这一块,涉及的公式和物理量非常多,掌握公式

G

Mm v2 4? 2 r 2 ? m ? m ? r ? m ? ma r2 r T2 在做题的时候,首先明确过程中的向心力,然后弄清楚各个物理

量表示的含义,最后选择合适的公式分析解题,另外这一块的计算量一是非常大的,所以需要细心计算 7.D 【解析】 试题分析:由图乙可知,物块做加速度逐渐减小的加速运动.物块的最大速度是 1m/s.对物块进行受 力分析可知, 开始时物块受到重力、 支持力和摩擦力的作用, 设动摩擦因数为μ , 沿斜面的方向: μ FN-mgsin θ =ma ①;物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小, 一定是 FN 逐渐减小,而开始时:FN=mgcosθ ,后来:FN′=mgcosθ -f 洛,即洛伦兹力的方向是向上的.物 块沿传送带向上运动,由左手定则可知,物块带正电.故 A 错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来 越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于 0 时,物块达 到最大速度,此时:mgsinθ =μ (mgcosθ -f 洛) ②;由②可知,只要传送带的速度大于等于 1m/s,则物 块达到最大速度的条件与传送带的速度无关,所以传送带的速度可能是 1m/s,有可能是大于 1m/s,物块 可能相对于传送带静止,有可能相对于传送带不静止.故 B 错误,D 正确;由以上的分析可知,传送带的 速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移.故 C 错误.故 选 D. 考点:牛顿第二定律 【名师点睛】该题考查传送带问题,物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等,也有可 能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握。 8.AD 【解析】 试题分析:由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化,则原线圈产生的磁场发生变化,故穿 过副线圈的磁通量发生变化,从而在副线圈中产生感应电流,故这种电流表只能测交流电流,而且测量的 是交变电流的有效值,故 A 正确 B 错误;根据输入功率和输出功率的关系有:
9页

P 1 ? P 2 ,即 U1I1 ? U 2 I 2 ,

I1 n2 I1 n2 I1 n ? ? ? 2 n ? 1,I 2 ? 0.9A , n ? 3 时:I '2 3 , I ' ? 2.7A , I n1 , 1 , 所以: 2 由题意可知: 当 1 即 0.9 当 1 解得: 2
故 C 错误 D 正确; 考点:考查了理想变压器 【名师点睛】 该知识点题目比较简单, 且题目单一, 只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系, 输入电压和输出电压的关系一切题目都能顺利解出. 9.BD 【解析】 试题分析: 可等效为带有内阻的电源的电路, 即当内电阻和外电阻大小相等时, 输出功率最大, 即r ? R

时输出功率最大,最大为

P输出MAX ? I 2 R ? (

?
R?r

)2 R ?

?2
4r ,A 错误 B 正确;根据闭合回路欧姆定律可得

u1 ?

?
R?r

R

,当输出功率最大时, r ? R ,故

u1 ?

?

u1 n1 ?n ? u1 ? 2 2n1 ,C 错误;当输出最 2 ,代入 u2 n2 可得

大时有

I1 ?

I1 n2 u n ? R0 ? 2 R0 ? ( 2 )2 r I 2 ,联立可得 n1 2 r ,根据 I 2 n2 ,结合 ,D 正确;

?

考点:考查了理想变压器

I1 n2 U1 n1 ? ? U n2 、 I 2 n2 ,以及知道副线圈的电流以及功率决定了 【名师点睛】对于变压器需要掌握公式 2
原线圈中的电流和功率,理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象.同时当 电路中有变压器时,只要将变压器的有效值求出,则就相当于一个新的恒定电源, 【答案】ABE 【解析】 试题分析:所有色光都能反射,反射角相同,则由图可知光束 I 是复色光,而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率 的不同导致偏折分离, 因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的. 根据光的可逆性, 知两光速仍然平行射出, 且光束Ⅱ、Ⅲ是单色光,故 A 正确;增大 ? 角且 ? ? 90? ,即减小入射角,折射角随之减小,则光束Ⅱ、 Ⅲ会靠近光束 I,故 B 正确;由图知:光束进入玻璃砖时,光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ,根据折射定

0? ,复色光沿 PO 方向射入玻璃 律可知,光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的折射率,故 C 错误;减小 ? 角且 ?>
砖,经过反射时,在上表面的入射角等于光束进入玻璃砖时的折射角.所以由光路可逆性原理可知,光束 Ⅲ不会在上表面发生全反射,一定能从上表面射出,故 D 错误;光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ,则光束Ⅱ的 频率大于光束Ⅲ的频率,光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长,所以光束Ⅲ的波动性强,比光束 II 更容易发 生明显衍射,故 E 正确。

考点:光的折射定律 【名师点睛】本题由于光线在玻璃中的折射率不同,可通过光的折射而产生了色散.要掌握光的反射 定律、折射定律和光的全反射条件,熟练运用光路性原理分析光路。
10 页

【答案】ACE 【解析】 试题分析:根据热力学第一定律知: ?U ? W ? Q ? ?100 ? 120 ? 20 J ,A 正确;在使两个分子间的

> 10?9 m )减小到很难再靠近的过程中,分子间作用力先减小后增大,分子势能先减小后增 距离由很远( r
大,B 错误;由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,液体表面存在张力,C 正确;用油膜 法测出油分子的直径后,要测定阿伏加德罗常数,只需再知道油的摩尔体积即可,D 错误;空气相对湿度 越大时,空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压,水蒸发越慢,E 正确。 考点:热力学第一定律、晶体和非晶体 【名师点睛】本题考查了选项 3-3 的内容,掌握热力学第一定律的应用,知道分子力与分子间距的关 系,会利用油膜法测分子的直径. 【答案】 (1) 4cm ; (2) 10cm 【解析】 试题分析: (1)以封闭气体为研究对象,

p1 ? p0 ?
初态压强: 初状态体积:

mg 20 ?10 ? 1.0 ?105 ? ? 1.2 ?105 Pa ?4 S 100 ?10

V1 ? L1S ? 20S ,末状态压强: p2 ? p0 ? 1.0 ?105 Pa pV 1 1 ? p2V2 ,

气体发生等温变化,由玻意耳定律得: 即:

1.2 ?105 ? 20S ? 1?105 ? L2 S ,

解得:

L2 ? 24cm , d ? L﹣ 2 L 1 ? 4cm 。

活塞移动距离:

V1 ?V3 (2)加热气缸,气体做等压变化,由查理定律得: T 1 T 3
S 20 S ? L3 即: 273 ? 27 273 ? 177
解得:

L3 ? 30cm , d ? ? L﹣ ﹣ 20 ? 10cm 。 3 L 1 ? 30

活塞移动距离:

考点:理想气体的状态方程 【名师点睛】本题考查了求活塞移动的距离,理解题意知道气体发生什么变化、求出气体状态参量是 正确解题的关键,应用玻意耳定律与查理定律即可正确解题.

mv 4? x0 3 x0 ? y ? 2x0 qx (2) 3v ; 【答案】 (1) 0 ; (3)
【解析】
11 页

试题分析: (1)由题意, “沿 x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与 y 轴平 行”的粒子运动的轨迹如图甲,由图可得,粒子运动的半径:

R ? x0 , 由洛伦兹力提供向心力,得:

qvB =

mv mv mv 2 B = = qR qx0 。 R ,所以:

t = (2)根据粒子在磁场中运动的时间与偏转角度的关系: 360? T ,可知粒子在磁场中运动的时间与
偏转的角度成正比,由图乙可得,打在 P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长,由丙图可得,打在 P 下端的粒子在磁场中运动的时间最短,打在 P 右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是 300? ,设运动的时 间是 1 ,由于运动的半径与 O 到 P 的距离都是

?

t

x0 ,所以打在 P 下端的粒子在磁场中偏转的角度是 60 ? ,设

2? R 2? m 300? 5 60? 1 T= = t1 = T= T t2= T= T t v qB , 所 以 : 36 0 ? 6 360 ? 6 2 运动的时间是 ,则: , ,由:
4? x0 5 1 2 ?t=t1 ? t2= T ? T= T= 6 6 3 3v 。
(3)作图得出使薄金属板右侧能接收到带电粒子的运动轨迹中,打在最上面的点的轨迹与打在最下 面的粒子的轨迹如图丁,挡板的位置在图中的 MN 出即可满足题目的要求.打在最上面的点的轨迹与甲图 中的轨迹相同,

OM= 2R = 2x0 ON = 2R ? cos30? = 3x0 L = OM ? ON = (2 ? 3) x0

打在最下面的点: 挡板的最小长度: 放在:

3 x0 ? y ? 2x0 。

考点:带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,要掌握住半径公式、周期公式,画出粒子的运 动轨迹后,几何关系就比较明显了。
12 页

2 B 2 L2v1 Rm v0 BLv 0 L ? Q ? I0 ? 1 R k ( R ? r ) (3) 2( R ? r ) R ? r (2) 14. (1)

【解析】

E ? BLv0 ; 试题分析: (1)由

I0 ?

E R?r

解得:

I0 ?

BLv 0 R?r

(2)设杆最初静止不动时弹簧伸长 x0,

kx0=mgsin? kx1=mgsin?+BI1L

当杆的速度为 v1 时杆受力平衡,弹簧伸长 x1,

此时

I1 ?

B 2 L2v1 BLv1 L1 ? k (R ? r) . R ? r ,L1=x1-x0 得
Q? 1 2 mv 0 2

(3)杆最后静止时,杆在初始位置,由能量守恒可得

QR ?
所以:

2 Rm v0 2( R ? r )

考点:考查了导体切割磁感线运动 【名师点睛】本题是导体棒在导轨上滑动的类型,分析杆的状态,确定其受力情况是关键.综合性较 强.

v0 ?
15. (1) 如图所示

2mgd 2mg ?? qB 2 gd ? mg qB ,沿 y 轴负方向(2) ,

【解析】 试题分析: (1)粒子做匀速直线运动,受力平衡得

v0 ?
解得

2mg qB

v0 方向由左手定则得,沿 y 轴负方向。 (2)①解法(一)
13 页

重力和电场力的合力为 粒子从 O 运动到 M 过程中,只有重力和电场力的合力做功,据动能定理

(若分别求出重力功、电场力功各 1 分)

得 v=

qvB ? 2m g ?


m v2

?

??


2mgd qB 2 gd ? mg (若用 v ? 2v0 代入,求出 ? ? 2d 也给分)
v0 沿y轴负方向的匀速直线运动和以 v0 沿顺时针方向的匀速圆周运动的合

解法(二) 粒子的运动可看作以速度 运动, 其中沿y轴负方向的

v0 对应的洛仑兹力用来与等效重力平衡,即


qv0 B ? (mg ) 2 ? (qE ) 2 ? 2mg

沿y轴正方向的

v0 对应的洛仑兹力用来提供向心力,即

qv0 B ?

2 m v0 r

到达 M 点时,其两分速度同向,沿x轴正方向的位移为d,则有

v ? 2v0 d ? 2r

qvB ? 2m g ?
由洛仑兹力和等效重力的合力提供向心力, 得 M 点的曲率半径 ? ? 4r ? 2d

m v2

?

②轨迹如图所示。 (画对第一段 2 分,画对前二段 4 分,全部画对得 6 分)

考点:考查了带电粒子在复合场中的运动 【名师点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 1.正确的受力分析 除重力、弹力和摩擦力外,要特别注意电场力和磁场力的分析.
14 页

2.正确分析物体的运动状态 找出物体的速度、位置及其变化特点,分析运动过程.如果出现临界状态,要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子的受力情况. (1)当粒子在复合场内所受合力为零时,做匀速直线运动(如速度选择器) . (2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向,洛伦兹力提供向心力时,带电粒子在垂直于磁场的 平面内做匀速圆周运动. (3)当带电粒子所受的合力是变力,且与初速度方向不在一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动, 这时粒子的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线,由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区, 因此粒子的运动情况也发生相应的变化,其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成

E?
16. (1)

kqQ mg tan ? r? mg tan ? q ,方向水平向右; (2)

【解析】 试题分析:1)取 B 球为研究对象,受到重力 mg、电场力 qE 和绳中拉力 T 的作用. 根据平衡条件可知 qE=mgtanθ

E?
解得

mg tan ? q ,方向水平向右.
qE ? k Qq r2

(2)根据库仑定律可知:

E?
将(1)式中

mg tan ? q

r?
带入可得

kqQ mg tan ? .

考点:物体的平衡;库仑定律 【名师点睛】此题是关于电荷的平衡问题;关键是分析电荷的受力情况,根据库仑定律及场强公式列 出平衡方程解答,比较简单。

17. (1) 【解析】

T0 ? 2?

L3 1? k 2 M ?( )m 2Gm (2) 4k 2

试题分析: (1)两个星体 A、B 组成的双星系统周期相同,设两星轨道半径分别是 r1 、 r2 。两星之间 万有引力是两星做匀速圆周运动的向心力
2 Gm2 m r 1 4? ? 2 L2 T0 对A

Gm2 m r2 4? 2 ? 2 L2 T0 对B
且 r1 ? r2 ? L

15 页

T0 ? 2?

L3 2Gm

(2)由于星体 C 的存在,双星的向心力由两个力的合力提供,则:

对 A 或者对 B

Gm GMm ? ? 2 L 2 L ( ) 2

2

m

L 2 4? 2 T2

T ? 2?
可求得:

L3 2G(m ? 4M )

T ? T0

2?

L3 2G (m ? 4 M ) 2? L3 2Gm

?

m ?k m ? 4M

1? k 2 M ?( )m 4k 2 所以
考点:万有引力定律的应用

16 页


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